Delta mi!

Podczas ruchu cieplnego w polu magnetycznym elektrony poruszają się po łukach okręgów o promieniu  Siła wywierana przez pole magnetyczne o indukcji  jest siłą dośrodkową:

stąd

Wykorzystując zasadę ekwipartycji energii, pęd elektronu można wyrazić przez temperaturę gazu  co daje ostatecznie

Oznaczmy siłę elektromotoryczną indukcji w każdym oczku jako  i przyjmijmy, że ma ona zwrot prawoskrętny – oczywiście wtedy prąd płynie przez oba oporniki prawoskrętnie. Napięcia na woltomierzach  i niech będą dodatnie, gdy plus jest po prawej stronie. Dla kolejnych oczek obowiązują równania

Widzimy, że  

Przykładowe rozwiązanie z przełącznikiem pięciopozycyjnym przedstawiono na rysunku. Dla położeń 1–3 przyrząd można wykorzystać jako woltomierz o zaciskach „+” i  , a dla położeń 4 i 5 jako amperomierz o zaciskach „+” i  , , , ,

Połączenia wg schematu pokazanego na rysunku poniżej pozwalają otrzymać każdą z trzech pożądanych mocy.

Ze względu na uproszczenie rozwiążemy zadanie równoważne: zbadamy oddziaływanie przewodnika prostoliniowego na ramkę. Na łuki okręgów nie działa żadna siła (pole przewodnika jest skierowane stycznie), natomiast na odcinek radialny o długości  działa siła

gdzie

jest indukcją pola przewodnika prostoliniowego. Na analogiczny odcinek drugiego przewodnika radialnego działa siła równa i przeciwnie skierowana, więc całkowita siła oddziaływania wynosi zero. Odległość wzajemna tych dwóch odcinków jest równa  stąd moment pary sił wynosi

Całkowity moment siły jest równy

Ciecz znajdująca się w silnie niejednorodnym polu elektrycznym w pobliżu okładek ulegnie polaryzacji i będzie wciągana w przestrzeń pomiędzy płytkami. Wzrost energii potencjalnej słupa cieczy kompensuje spadek energii pola między okładkami kondensatora. Zgodnie z prawem zachowania energii:

Pojemności wynoszą

(p. zadanie F 787), masa między okładkami to . Ładunek na okładkach jest równy

Stąd otrzymujemy:

Dodatnie rozwiązanie tego równania daje szukaną wartość wysokości, na którą wzniesie się ciecz:

Kondensator opisany w zadaniu jest układem dwóch połączonych równolegle kondensatorów o pojemnościach

gdzie jest względną przenikalnością elektryczną dielektryka, a  oznaczają pola okładek kondensatorów składowych, . Zatem

Dolna kulka zostanie poderwana do góry, jeśli gdzie to najmniejsza odległość międzu kulkami w trakcie drgań tej górnej. Z zasady zachowania energii mamy:

Podstawiając dostajemy:

stąd

Odległość minimalna odpowiada znakowi minus, a ładunek, dla którego kulka zostanie poderwana do góry, to

Aby kulka doleciała do ziemi, wystarczy, że w chwili zetknięcia się z ziemią prędkość kulki będzie równa zeru. Z zasady zachowania energii:

otrzymujemy, zaniedbując poprawki rzędu :

przyjmując, że ; w przeciwnym przypadku

Redukcja obwodu pokazana jest na rysunku, opór zastępczy między punktami  i wynosi

Moc wydzielana między punktami  i jest równa przy czym Zatem

Wyrażenie typu ma najmniejszą wartość dla Moc będzie maksymalna, gdy wyrażenie w mianowniku będzie minimalne, a więc gdy

Redukcja trójkąta w obwodzie do połączenia typu „gwiazdka” pokazana jest na rysunku, przy czym

Stąd

Rys. 1

Siła działająca na mały fragment pętli o ładunku  ze strony wszystkich pozostałych może być obliczona jako suma sił opisanych wzorem

gdzie symbole zostały opisane na rysunku 1. Rzut wektora  na kierunek promienia ma wartość

Rys. 2

Jeśli siłę  spróbujemy obliczyć jako całkę (podstawiając ), to napotykamy rozbieżność typu logarytmicznego

Źródłem kłopotów jest nieuwzględnienie grubości drutu , która ma znaczenie dla tych jego fragmentów, które są bardzo bliskie elementu wyróżnionego. Ograniczenie siły oddziaływania na odległości rzędu oznacza przyjęcie dolnej granicy całkowania równej około (zamiast zera), czyli całka wyjdzie równa .

Aby wyznaczyć naprężenie  pętli, można rozważyć siły działające na jedną jej połówkę. Spójrzmy na rysunek 2 – widać, że suma rzutów sił na oś symetrii tej połówki (czyli całka z wyrażenia w granicach od do ) jest równoważona przez dwie siły 

Po podstawieniu danych z treści zadania otrzymujemy , czyli np. dla drutu o średnicy 2 mm mamy a dla drutu o średnicy 0,2 mm wychodzi Jak widać, zależność wyniku od grubości drutu nie jest bardzo silna, jednak ma istotne znaczenie. Efekt ten uwzględniliśmy tylko orientacyjnie.

Zapiszmy moc zasilającą żarówkę wzorem

gdzie  – amplituda napięcia,  – wartość skuteczna. Przyrównujemy zmienny składnik mocy do wyrażenia  i znajdujemy amplitudę zmian temperatury równą

Korzystając ze wzoru Boltzmanna  stwierdzamy, że szukana głębokość modulacji wynosi

Dane wymienione na końcu zadania są istotne przy dokładniejszej analizie równania bilansu cieplnego

gdzie primami oznaczono odchylenie wielkości  i  od ich wartości średnich, natomiast  jest przyrostem mocy odprowadzanej do otoczenia na jednostkę przyrostu temperatury. Przy wzroście napięcia o   V przyrost tej mocy jest równy czyli liczbowa wartość  wynosi Ponadto po prawej stronie równania należałoby wziąć pod uwagę zależność  od temperatury w wyrażeniu  – jak można wykazać, efekt ten jest równoważny dodaniu do  członu  gdzie  jest temperaturowym współczynnikiem oporu. Wartość  wynosi  stąd  W/K. Dla uwzględnionego wcześniej wyrażenia  wielkością analogiczną jest  W/K, co oznacza, że w pierwszym przybliżeniu można  i  pominąć, zwłaszcza że w dokładniejszym rozwiązaniu porównywane wielkości wystąpiłyby w kwadracie.

Z prawa zachowania energii dostajemy

Porównując strumienie magnetyczne przechodzące przez cewki, mamy . Rozwiązując układ równań, otrzymujemy

Przez układ nie przechodzi strumień zmiennego pola magnetycznego, zatem nie indukuje się w tym układzie siła elektromotoryczna. Opory  i  można więc traktować jako połączone równolegle, stąd